2018年人教版物理选修3-3学业分层测评13

学业分层测评(十一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．关于液体的表面张力，下列说法正确的是()A．产生表面张力的原因是表面层内液体分子间的平均距离小于r0B．产生表面张力的原因是表面层内液体分子间的平均距离大于r0C．产生表面张力的原因是表面层内液体分子间只有引力没有斥力D．表面张力使液体的表面有收缩的趋势E．表面张力的方向和液面相切，垂直于液面上的各条分界线【解析】在液体与气体接触的表面处形成一个特殊的薄层，称为表面层，在液体表面层内，分子的分布比液体内部稀疏，它们之间的距离r>r0，分子间作用力表现为引力，因此液体表面有收缩的趋势．故B、D、E项正确．【答案】BDE2．关于液体的表面张力，下列说法不正确的是()【导学号：11200180】A．表面张力是液体内部各部分之间的相互作用力B．液体表面层分子的分布比内部稀疏，分子力表现为引力C．液体的表面张力随温度的升高而减小D．液体的表面张力随温度的升高而增大E．表面张力的方向与液面垂直【解析】表面张力是液体表面分子间的作用力，A错误；液体表面层内分子较液体内部稀疏，故分子力表现为引力，B正确；表面张力的方向沿液面的切线方向与分界线垂直，E错误；随温度的升高，液体表面层的分子间的距离增大，引力作用随之减小．所以表面张力减小，C正确、D错误．【答案】ADE3．水对玻璃是浸润液体而水银对玻璃是不浸润液体，它们在毛细管中将产生上升或下降的现象，现把不同粗细的三根毛细管插入水和水银中，如图所示，不正确的现象应是()【导学号：11200181】A B C D E【解析】浸润液体在毛细管中上升或不浸润液体在毛细管中下降的现象均为毛细现象，毛细管越细，现象越明显，A、D对，B、C、E错．【答案】BCE4．清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠．这一物理过程中，水分子间的作用力的下列说法不正确的是()A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力、斥力都减小D．引力、斥力都增大E．斥力比引力增大的更快【解析】当水汽凝结成水珠时，水分子之间的距离减小，分子间的引力和斥力同时增大，只是斥力比引力增加得更快一些．【答案】ABC5．关于浸润现象，下列说法正确的是()A．水是浸润液体，水银是不浸润液体B．水是不浸润液体，水银是浸润液体C．浸润现象中，附着层里的分子比液体内部密集D．不浸润现象中，附着层里的分子比液体内部稀疏E．浸润现象中，附着层里的分子具有扩展的趋势【解析】同一种液体是浸润液体还是不浸润液体是相对的，水对玻璃来说是浸润液体，对蜂蜡来说是不浸润液体，水银对玻璃来说是不浸润液体，对铅来说是浸润液体，故A、B错；浸润现象中，附着层里的分子比液体内部密集，不浸润现象中，附着层里的分子比液体内部稀疏，C、D、E对．【答案】CDE6．液晶电视不断降价，逐步走进了千家万户．液晶电视的关键部件是液晶层，下列关于液晶层的工作原理说法中不正确的是()A．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性B．液晶的光学性质随温度的变化而变化C．液晶的光学性质随外加电压的变化而不变D．液晶的光学性质随外加电压的变化而变化E．利用液晶对光具有各向异性的特点【解析】液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，选项A错误．外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质．温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质．液晶电视依据的是液晶的光学性质随外加电压的变化变化工作的，D、E正确，B、C错误．【答案】ABC7．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的涂有油的大头针，大头针漂浮在水面上，水也不会流出，下列说法正确的是()【导学号：11200182】A．大头针填充了水内分子间的空隙B．水分子进入了大头针内的空隙C．水面凸起，也不流出，是表面张力作用的结果D．水的表面张力在起作用E．水的表面张力竖直向上的合力等于大头针的重力【解析】水对涂有油的大头针是不浸润的，故水与大头针接触的表面具有收缩的趋势．随着水与大头针接触面积的增大，使得大头针附近的水面呈弯月形，大头针与水面的接触处受到弯曲水面的表面张力作用，如图：由于表面张力的竖直分量可与大头针的重力保持平衡，故大头针可漂浮在水面上，故D正确，A、B错误；水面突出水也不会流出，是由表面张力的作用，使水面收缩导致的，C、E正确．【答案】CDE8．下列属于液晶分子示意图的是__________(填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”)．甲乙丙丁【解析】液晶排列有序，各向异性，所以选项中属于液晶分子示意图的是甲．【答案】甲[能力提升]9．下列关于液晶的说法，不正确的是()A．液晶是液体和晶体的混合物B．液晶分子在特定方向排列比较整齐，但不稳定C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，能够发光D．所有物质在一定条件下都能成为液晶E．液晶的光学性质随温度的变化而变化【解析】液晶是某些特殊的化合物，在某些方向上分子排列规则，某些方向上杂乱．液晶本身不能发光，所以选项A、C、D错，选项B、E正确．【答案】ACD10．在水中浸入两个同样的毛细管，一个是直的，另一个弯的，如图9-2-3所示，水在直管中上升的高度比在弯管中的最高点还要高，那么弯管中的水，下列判断不正确的是()【导学号：11200183】图9-2-3A．会不断地喷出B．不会流出C．不一定会流出D．水滴在弯管处受到表面张力竖直向上的合力不小于其重力E．无法判断会不会流出【解析】水滴在弯管口处受重力的作用而向下凸出，这时表面张力的合力竖直向上，使水不能流出，故选项B、D正确．【答案】ACE11．如图9-2-4所示，把橄榄油滴入水和酒精的混合液里，当混合液的密度与橄榄油的密度相同时，滴入的橄榄油呈球状悬浮在液体中，为什么？图9-2-4【解析】当橄榄油悬浮在液体中时，橄榄油由于表面张力的作用，使其表面收缩到最小状态，所以橄榄油呈球形．【答案】见解析12．我国首个目标飞行器“天宫一号”于北京时间2018年9月29日21时16分从甘肃酒泉卫星发射中心发射升空，标志着我国航天技术有了新的突破．有两个圆柱体洁净玻璃容器，其中分别封装有水和水银，若把它们放入“天宫一号”内，在它围绕地球做匀速圆周运动的过程中，两容器中水和水银会出现什么形状？【导学号：11200184】图9-2-5【解析】当“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的过程中，处于失重状态，液体仅受表面张力的作用，使其自由表面收缩到最小状态．因此，两者的形状均为球形，但由于水能完全浸润玻璃，水银几乎不能浸润玻璃，所以水和水银的液面分别呈如图所示形状．【答案】见解析。

人教版高中物理选修3-3测试题全套及答案第七章 学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(河北省“名校联盟”2018届高三教学质量检测)下列选项正确的是( D )A ．液体温度越高，悬浮颗粒越大，布朗运动越剧烈B ．布朗运动是指悬浮在液体中固体颗粒的分子的无规则运动C ．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的D ．当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小解析：温度越高，分子运动越剧烈，悬浮在液体中的颗粒越小，撞击越容易不平衡，则它的布朗运动就越显著，A 错误；布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，B 错误；液体中的扩散现象是由于液体分子的无规则运动引起的，C 错误；当分子间距增大时，分子间的引力和斥力都减小，D 正确。

2．(上海市鲁迅中学2017～2018学年高二上学期期末)一定质量0℃的水，凝固成0℃的冰时，体积变化，下列正确的说法是( A )A ．分子平均动能不变，分子势能减小B ．分子平均动能减小，分子势能增大C ．分子平均动能不变，分子势能增大D ．分子平均动能增大，分子势能减小解析：因为0℃的水凝固成0℃的冰需要放出热量，所以质量相同的0℃的冰比0℃的水内能小；因为内能包括分子动能和分子势能，由于温度不变，分子平均动能不变，因此放出的部分能量应该是由分子势能减小而释放的。

故选A 。

3．已知阿伏加德罗常数为N A ，某物质的摩尔质量为M ，则该物质的分子质量和m kg 水中所含氢原子数分别是( A )A.M N A ，19mN A ×103 B ．MN A,9mN A C.M N A ，118mN A ×103 D.N A M，18mN A 解析：某物质的摩尔质量为M ，故其分子质量为M N A ；m kg 水所含摩尔数为m ×10318，故氢原子数为m ×10318×N A ×2＝mN A ×1039，故A 选项正确。

学业分层测评(一)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．N A 代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )A ．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同B ．2 g 氢气所含原子数目为2N AC ．在常温常压下，11.2 L 氮气所含的原子数目为N AD ．17 g 氨气所含电子数目为10N AE ．0.012 kg 12C 所含的原子数为N A【解析】 由于构成单质分子的原子数目不同，所以同温同压下相同体积单质气体所含原子数目不一定相同，A 错；2 g H 2所含原子数目为2 N A ，B 正确；在常温常压下11.2 L 氮气的物质的量不能确定，则所含原子数目不能确定，C 错；17 g 氨气即1 mol 氨气，其所含质子数为(7＋3)N A ，即10N A ，D 正确；0.012 kg 12C 即1 mol 12C ，故E 正确．【答案】 BDE2．若以M 表示水的摩尔质量，V m 表示在标准状况下水蒸气的摩尔体积，ρ为标准状况下水蒸气的密度，N A 为阿伏伽德罗常数，m 、V 分别表示每个水分子的质量和体积，下面四个关系式①N A ＝ρV m m ②ρ＝M N A V ③m ＝M N A ④V ＝V m N A其中不正确的是( )【导学号：74320002】A ．①正确B ．②正确C ．③正确D ．④正确E ．①和②都是正确的【解析】 对于气体，宏观量M 、V m 、ρ之间的关系仍适用，有M ＝ρV m ，宏观量与微观量之间的质量关系也适用，有N A ＝M m ，所以m ＝MN A ，③式正确；N A ＝M m ＝ρV m m ，①式正确．由于气体分子间有较大的距离，V mN A求出的是一个气体分子平均占有的空间，一个气体分子的体积远远小于该空间，所以④式不正确．而②式是将④式代入①式，并将③式代入得出的，也不正确．【答案】BDE3．下列可算出阿伏伽德罗常数的一组数据是()A．水的密度和水的摩尔质量B．水的摩尔质量和水分子的体积C．水分子的体积和水的摩尔体积D．水分子的质量和水的摩尔质量E．水的摩尔体积，水的密度和水分子的质量【解析】知道水的密度和水的摩尔质量可以求出其摩尔体积，不能计算出阿伏伽德罗常数，A错误；若知道水的摩尔质量和水分子质量或者知道水的摩尔体积以及水分子的体积都能求出阿伏伽德罗常数；B错误，C、D、E正确．【答案】CDE4．阿伏伽德罗常数是N A，铜的摩尔质量为M，铜的密度是ρ，则下列说法中正确的是()A．1 m3铜所含原子数目是ρN A MB．1 kg铜所含原子数目是ρN AC．一个铜原子的质量是M N AD．一个铜原子占有的体积为MρN AE．一个铜原子占有的体积为MN A ρ【解析】据已知条件知1 m3铜的质量为ρkg，相当于ρM mol，所含原子数为ρM·N A，A正确；1 kg铜所含原子数目是N AM，B错误；每个原子的质量为MN A，C正确；每个原子占有体积为V摩N A＝MρN A，D正确，E错误．【答案】ACD5．水分子的直径为4×10－10m,9 g的水分子一个接一个紧密地排成单行，可绕地球赤道约________圈．(赤道周长为4.0×107 m，N A＝6.0×1023 mol－1)【解析】n＝918mol＝0.5 mol，N＝nN A＝0.5×6.0×1023个＝3.0×1023个．L＝Nd＝3×1023×4×10－10 m＝12×1013 m，故x＝L2πR＝12×10134.0×107＝3×106.【答案】3×1066．已知阿伏伽德罗常数是N A＝6.0×1023/mol，铜的摩尔质量为6.4×10－2 kg/mol，铜的密度是8.9×103 kg/m3.试估算1个铜原子占有的体积为多少？(结果保留二位有效数字)【解析】铜的摩尔体积为V＝M/ρ，一个铜原子的体积V0＝V/N A＝M/ρN A，代入数据解得V0＝1.2×10－29 m3.【答案】 1.2×10－29 m37．水的相对分子质量是18，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，阿伏伽德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1.求：【导学号：74320003】(1)水的摩尔质量M；(2)水的摩尔体积V；(3)一个水分子的质量；(4)一个水分子的体积V′；(5)将水分子看做球体，水分子的直径d，一般分子直径的数量级．【解析】(1)M＝18 g/mol＝1.8×10－2 kg/mol.(2)水的摩尔体积V＝Mρ＝1.8×10－21.0×103m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol.(3)一个水分子的质量m＝MN A＝1.8×10－26.02×1023kg＝3×10－26 kg.(4)一个水分子的体积V′＝VN A＝1.8×10－56.02×1023m3＝3×10－29 m3.(5)水分子的直径d＝36V′π＝36×3×10－293.14m＝3.9×10－10 m.【答案】(1)1.8×10－2kg/mol(2)1.8×10－5m3/mol(3)3×10－26kg (4)3×10－29 m3(5)3.9×10－10 m10－10 m[能力提升]8．知道下列哪一组物理量，不能估算出气体分子间的平均距离()A．阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量B．阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度C．气体的密度、体积和摩尔质量D．气体的质量和体积E．阿伏伽德罗常数、气体的摩尔体积【解析】A项知道阿伏伽德罗常数和气体的摩尔质量，只能求出分子的质量；B项已知气体的密度，可以求出单位体积气体的质量，知道气体摩尔质量可以求出单位体积气体物质的量，知道阿伏伽德罗常数可以求出单位体积分子个数，可以求出分子平均占据的体积，可以进一步求出分子间的平均距离；C项知道该气体的密度、体积和摩尔质量，可以求出该体积气体物质的量，求不出气体分子体积，求不出分子间的平均距离；D项知道气体的质量和体积，只能求出气体的密度；E项中可以求出一个气体分子占据的体积．故本题选项为A、C、D.【答案】ACD9．钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3)，摩尔质量为M(单位为g/mol)，阿伏伽德罗常数为N A.则每个钻石分子直径d的表达式为__________m.【解析】钻石的摩尔体积为V＝M×10－3ρ(单位为m3/mol)，每个钻石分子体积为V0＝VN A＝M×10－3N Aρ，设钻石分子直径为d，则V0＝16πd3，所以分子的直径d＝36M×10－3N Aρπ.【答案】3 6 M×10－3N Aρπ10．已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏伽德罗常数N A＝6.02×1023mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)【导学号：74320004】【解析】 设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝(ρ海－ρ岸)V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022个． 【答案】 3×1022个11．空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3、摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏伽德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字)(1)该液化水中含有水分子的总数N ； (2)一个水分子的直径d . 【解析】 (1)水的摩尔体积为V 0＝M ρ＝1.8×10－21.0×103m 3/mol ＝1.8×10－5 m 3/mol 水分子数：N ＝VN A V 0＝1.0×103×10－6×6.0×10231.8×10－5≈3×1025(个)． (2)建立水分子的球模型有V 0N A ＝16πd 3得水分子直径d ＝36V 0πN A ＝36×1.8×10－53.14×6.0×1023 m＝4×10－10 m.【答案】 (1)3×1025个 (2)4×10－10 m。

高中物理学习材料学业分层测评(十三)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下述关于用多用电表欧姆档测电阻的说法中正确的是( )A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，可以在原电路上测量D．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零【解析】测量电阻时，若指针偏转过大，说明被测电阻较小，应选用倍率较小的档位，A项正确；测量时按规定红、黑表笔分别插正、负插孔，但表笔只是两个测量的引线，本身并没有正负，故调换不会影响测量结果，B项错误；测量电路中的某个电阻，必须与原电路断开测量，C项错误；使用欧姆档时，换档后应重新调零，若测量不同电阻，不用换档则不需要重新调零，D项错误．【答案】 A2．一只多用电表有4个欧姆档，分别为×1、×10、×100、×1 k，欧姆档表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100”档处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆档刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换档并重新测量，下列说法正确的是( ) 【导学号：33410098】A．必须将选择开关改为置于“×10”档处B．必须将选择开关改为置于“×1”档处C．换档之后必须重新调零才能进行测量D．换档之后不必重新调零就能进行测量【解析】选用“×100”档指针指在“200”处，读数约为20 000 Ω，说明选用的量程偏小，应选用×1 k档，重新调零后进行测量．故C正确，A、B、D错误．【答案】 C3．(1)使用多用电表粗测某一电阻，操作过程分以下四个步骤，请把第②步的内容填在相应的位置上：①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔，选择开关置于电阻×100档．②_____________________________________________________________.③把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，读出被测电阻的阻值．④将选择开关置于交流电压的最高档或“OFF”档．(2)若上述第③步中，多用电表的示数如图2­7­8所示，则粗测电阻值为________Ω.图2­7­8【解析】(1)根据用多用电表欧姆档测电阻的原则知，步骤②应是将红、黑表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处．(2)多用电表测得的电阻值应为22×100 Ω＝2 200 Ω.【答案】(1)将红、黑表笔短接，调节欧姆档调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处(2)2 2004. (2016·商丘高二检测)如图2­7­9所示为一可供使用的多用电表，S 为选择开关，Q为电阻挡调零旋钮．现在要用它测量两个电阻的阻值(图中未画电阻)．已知阻值分别为R1＝60 Ω，R2＝470 kΩ.下面给出了在测量过程中一系列可能的操作，请你选出能尽可能准确地测定各阻值和符合于多用表安全使用规则的各项操作，并且将它们按合理顺序填写在后面的横线上的空白处．图2­7­9A．旋动S使其尖端对准电阻挡×1 kB．旋动S使其尖端对准电阻挡×100C．旋动S其使尖端对准电阻挡×10D．旋动S使其尖端对准电阻挡×1E．旋动S使其尖端对准() 500或OFF挡F．将两表笔分别接到R1的两端，读出R1的阻值，随后即断开G．将两表笔分别接到R2的两端，读出R2的阻值，随后即断开H．两表笔短接，调节Q使表针对准电阻挡刻度盘上的0，随后即断开所选操作及其顺序为(用字母代号填写)：________(操作步骤可以重复选用)．【解析】多用电表测量电阻时，量程的选择以指针在中央附近时读数较准确，由表盘中值示数约150可知，测R1＝60 Ω的电阻时，只能选“×1”挡；测R＝470 kΩ时，应选择“×1 k”挡，并且在每次选定量程后，都必须将两表笔2短接，进行电阻挡调零，所以题目中所给操作H需重复选用．在测量过程中对R与R2测量的先后没有什么限制，但测量完毕后，功能选择开关必须旋离电阻挡，1拨到交流()高压挡或“OFF”处，所以合理的操作及顺序为AHGDHFE或DHFAHGE.【答案】AHGDHFE(或DHFAHGE)5．(2016·浏阳高二检测)用多用电表欧姆挡(×100)测试三只晶体二极管，其结果依次如图2­7­10甲、乙、丙所示．由图可知，图__________中的二极管是好的，该二极管的正极是__________端．甲乙丙图2­7­10【解析】根据二极管加正向电压时，电阻值越小越好，但不能为零，否则二极管已被击穿，加反向电压时，电阻值越大越好，但不能无穷大，否则二极管引线断开．由题图可知，图甲、丙二极管是坏的，图乙中二极管是好的，且左边图加的是反向电压，右边图加的是正向电压，由于红表笔插入的是“＋”测试孔，与内部电池负极相连，故二极管的正极是a端．【答案】乙a6．(2016·黄冈高二检测)在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图2­7­11所示，闭合电键后，发现电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E): 【导学号：33410099】图2­7­11(1)若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是________(选填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”)．(2)若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至____________挡(填“欧姆×100”“直流电压10 V”或“直流电流2.5 mA”)，再将________(选填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是________、________、________.【解析】(1)电压表示数为E，说明电压表与电源之间是连通的，没有断路，只能是与其并联部分断路，所以应为待测金属丝有故障．(2)在不拆断电路的情况下，不能用欧姆表检测．因不能估测电路中的最大电流，故也不能用电流挡．从图中可以看出是两节干电池，总电动势不超过10 V，故应用直流电压10 V挡去测量，将红表笔接a，使电流从多用电表的＋接线柱流入电表．若滑动变阻器断路，则a、b之间电压为0，a、c之间电压为E，a、d之间电压为E.【答案】(1)待测金属丝(2)直流电压10 V 红0 E E。

学业分层测评(六)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．在室内，将装有5 atm的6 L气体的容器的阀门打开后，与从容器中逸出的气体相当(设室内大气压强p0＝1 atm)，下列说法不正确的是() A．5 atm,3 L B．1 atm,24 LC．5 atm,4.8 L D．1 atm,30 LE．5 atm,1.2 L【解析】当气体从阀门跑出时，温度不变，所以p1V1＝p2V2，当p2＝1 atm 时，得V2＝30 L，逸出气体30 L－6 L＝24 L，B正确．据p2(V2－V1)＝p1V1′得V1′＝4.8 L，所以逸出的气体相当于5 atm下的4.8 L气体，C正确．【答案】ADE2．如图8-1-11所示，图线1和2分别表示一定质量的气体在不同温度下的等温线．下列说法正确的是() 【导学号：11200186】图8-1-11A．图线1对应的温度高于图线2B．图线1对应的温度低于图线2C．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离增大D．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，分子间平均距离减小E．气体由状态A沿图线1变化到状态B的过程中，气体分子的平均速率不变【解析】p -V图中，图线1在图线2外侧，其对应温度较高，图线1中，气体由状态A变为B为等温膨胀过程，体积增大，气体分子间的平均距离将增大，故选A、C、E.【答案】ACE3．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，若小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，上升到一定高度会胀破，其原因的下列说法中正确的是()A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小D．球内气体体积增大E．球内外的压力差超过球的承受限度【解析】氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．【答案】CDE4．在“探究气体等温变化的规律”实验中，下列说法中对实验的准确性影响较大的是()A．针筒封口处漏气B．采用横截面积较大的针筒C．针筒壁与活塞之间存在摩擦D．实验过程中用手去握针筒E．实验过程中缓慢推动活塞【解析】“探究气体等温变化的规律”实验前提是气体的质量和温度不变，针筒封口处漏气，则质量变小，用手握针筒，则温度升高，所以A、D符合题意；针筒的横截面积大，会使封闭的气体的体积大，结果更精确，B不符合；活塞与筒壁的摩擦影响活塞对气体的压强，影响实验的准确性，C符合；缓慢推动活塞，以保持温度不变，E不符合．【答案】ACD5．如图8-1-12所示，D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是()【导学号：11200187】图8-1-12A．D→A是一个等温过程B．A→B是一个等温过程C．A与B的状态参量不同D．B→C体积减小，压强减小，温度不变E．B→C体积增大，压强减小，温度不变【解析】D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B的过程中1V不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B错、C对；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错、E对．【答案】ACE6．如图8-1-13所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器知管中的空气压力，从而控制进水量．设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭空气的下列说法不正确的是()图8-1-13A．体积不变，压强变小B．体积变小，压强变大C．体积不变，压强变大D．体积变小，压强变小E．温度不变【解析】当水位升高时，细管中的水位也升高，被封闭空气的体积减小，由玻意耳定律可知，压强增大，所以B、E正确．【答案】ACD7．大气压强P0＝1.0×118 Pa.某容器的容积为20 L，装有压强为20×118 Pa 的气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩下气体的质量与原来气体的质量之比为__________．【解析】由p1V1＝p2V2，得p1V0＝p0V0＋p0V，因V0＝20 L，则V＝380 L，即容器中剩余20 L压强为p0的气体，而同样大气压下气体的总体积为400 L，所以剩下气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之比，即20 400＝120.【答案】1∶208．如图8-1-14所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)__________. 【导学号：11200188】图8-1-14【解析】由题意知p B＋ρgh1＝p0－ρgh3，则p B＝p0－ρg(h1＋h3)．【答案】p0－ρg(h1＋h3)[能力提升]9．如图8-1-15所示，水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法不正确的是()图8-1-15A．将管稍上提，h不变B．将管稍上提，h变大C．将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm时，管内外水银面高度差也是70 cmD．将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70 cmE．将管下插至C项所述位置时，管内封闭气体的压强大于76 cmHg【解析】由p·V＝C知上提体积变大，压强变小，内外液面差变大，B对．同样下插时，体积变小，压强变大，内外液面差变小，D对、E错．【答案】 ACE10．如图8-1-16所示，一个横截面积为S 的圆筒形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为m ，不计圆板与容器内壁的摩擦．若大气压强为p 0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强P 等于__________．【导学号：11200189】图8-1-16【解析】 为求气体的压强，应以封闭气体的圆板为研究对象，分析其受力，如图所示．由物体的平衡条件得在竖直方向上，p S cos θ·cos θ＝p 0S ＋mg解得：p ＝p 0＋mg S .【答案】 p 0＋mg S11．如图8-1-17所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l 1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高．现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h ＝10 cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75 cmHg)图8-1-17求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位)．【导学号：11200180】【解析】 设U 型管横截面积为S ，右端与大气相通时，左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①p1＝p0②p2＝p＋p h③V1＝l1S④V2＝l2S⑤由几何关系得h＝2(l2－l1)⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg.【答案】50 cmHg12．如图8-1-18为气压式保温瓶的原理图，保温瓶内水面与出水口的高度差为h，瓶内密封空气体积为V，设水的密度为ρ，大气压强为p0，欲使水从出水口流出，瓶内空气压缩量ΔV至少为多少？(设瓶内弯曲管的体积不计，压前水面以上管内无水，温度保持不变，各物理量的单位均为国际单位)图8-1-18【解析】压水前：p1＝p0，V1＝V压水后水刚流出时：p2＝p0＋ρgh，V2＝V－ΔV由玻意耳定律：p1V1＝p2V2即p0V＝(p0＋ρgh)(V－ΔV)解得ΔV＝ρghVp0＋ρgh.【答案】ρghV p0＋ρgh。

人教版高中物理选修3 3测试题及答案解析全册人教版高中物理选修3-3测试题及答案解析全册课时跟踪检测（一）物体是由大量分子组成的1．(多挑选)某同学在“用油膜法推算分子的大小”实验中，计算结果显著略偏小，可能将就是由于()a．油酸未全然变细b．油酸中含有大量的酒精c．排序油膜面积时舍弃了所有严重不足一个的方格d．谋每几滴体积时，1ml的溶液的滴数多录了10几滴v解析：挑选ac油酸分子直径d＝s，计算结果显著略偏小，可能将就是v取大了或s 取小了。

油酸未全然变细，夫基s偏大，d相对较低，a恰当；油酸中所含大量酒精，不影响测量结果，b错；若排序油膜面积时舍弃了所有严重不足一个的方格，并使s偏大，d 变小，c恰当；若谋每几滴体积时，1ml的溶液的滴数多录了10几滴，并使v变大，d变大，d错。

2．在用油膜法估测分子大小的实验中，体积为v的某种油，形成一圆形油膜，直径为d，则油分子的直径近似为()2vπd2a.2b.πd2v2πd4vc.d.24vπdd?2v4v解析：挑选d油膜的面积为π?，油膜的油分子的直径为＝2，故d对。

?2?dπd2?π??2?3．根据下列物理量(一组)，就可以估算出气体分子间的平均距离的是()a．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量b．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积c．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度d．该气体的密度、体积和摩尔质量解析：选c由气体的立方体模型可知，每个分子平均占有的活动空间为v0＝r3，r是气体分子间的m平均距离，摩尔体积v＝nav0＝。

因此，要计算气体分子间的平均距离r，需要知道阿伏加德罗常数na、ρ摩尔质量m和该气体的密度ρ。

4．最近辨认出的纳米材料具备很多优越性，有著宽广的应用领域前景，棱长为1nm的立方体，可容纳液态－氢分子(其直径约为1010m)的数量最吻合于()a．102个b．103个c．106个d．109个－解析：选b把氢原子看做是小立方体，那么氢原子的体积为：v0＝d3＝1030m3－－边长为1nm的立方体体积为：v＝l3＝(109)3m3＝1027m3v可容纳的氢分子个数：n＝＝103个。

学业分层测评(十三)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．对两列光波在空中叠加，以下说法中正确的是( )A ．不同的色光有可能发生干涉现象B ．不同的色光不可能发生干涉现象C ．光的强度不同有可能发生干涉现象D ．光的强度不同不可能发生干涉现象E ．发生不发生干涉现象与光的强度无关【解析】 两列光波叠加是否发生干涉现象关键看两列光波是否是相干光，即是否满足频率相同、相位差恒定的条件，不同的色光频率不同，所以不可能发生干涉现象，故B 项正确；光的强度不同，但仍有可能满足相干条件，也就是有可能发生干涉现象，故选项C 、E 正确，D 错误．【答案】 BCE2．关于光的干涉，下列说法中正确的是( )【导学号：23570099】A ．在双缝干涉现象里，相邻两明条纹和相邻两暗条纹的间距是相等的B ．在双缝干涉现象里，入射光波长变短，相邻两个明条纹间距将变窄C ．只有频率相同的两列光波才能产生干涉D ．频率不同的两列光波也能产生干涉现象，只是不稳定E ．频率不同的光不可能叠加【解析】 在双缝干涉现象中，相邻两明条纹和相邻两暗条纹的间距是相等的，入射光的波长越长，相邻两个明条纹的间距越大；两列波产生干涉时，频率必须相同．任何两列光波都能叠加．【答案】 ABC3．杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是(n 为自然数，λ为光波波长)( )A ．在距双缝的光程差相等的点形成暗条纹B ．在距双缝的光程差为nλ的点形成明条纹C ．在距双缝的光程差为n λ2的点形成明条纹 D ．在距双缝的光程差为⎝⎛⎭⎫n ＋12λ的点形成暗条纹 E ．在双缝的光程差相等的点一定出现明条纹【解析】 在双缝干涉实验中，当某处距双缝距离之差Δδ为波长的整数倍时，即Δδ＝nλ，n ＝0、1、2、3、…这点为加强点，该处出现明条纹；当距离之差Δδ为半波长的奇数倍时，即Δδ＝(2n＋1)λ2，n＝0、1、2、3、…这点为减弱点，该处出现暗条纹．B、D、E正确．【答案】BDE4.如图13-3-5所示，用一束平行的白光经图示装置垂直照到挡光板Q上，板上开两条靠得很近的平行狭缝S1，S2，在屏P上可以看到干涉条纹，O点是屏上到两狭缝距离相等的一点，则干涉条纹是________的，O点是________点. 【导学号：23570100】图13-3-5【解析】不同颜色的光波长不同，白色光含有不同颜色的光，各种色光形成的干涉条纹间距不同，故显示的条纹是彩色的．O到S1、S2的距离相同，所以各色光在此处均为亮纹．【答案】彩色亮5.煤矿中的瓦斯危害极大，某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是他根据双缝干涉现象设计了一个监测仪，其原理如图13-3-6所示：在双缝前面放置两个完全相同的透明容器A、B，容器A与干净的空气相通，在容器B中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度．如果屏的正中央O点变为暗纹，说明B中气体一定__________瓦斯．图13-3-6【解析】如果屏的正中央O变为暗纹，说明从两个子光源到屏的光程差发生变化，所以B中气体一定含瓦斯．【答案】含6．光通过双缝后在屏上产生彩色条纹，若用红色和绿色玻璃各挡住一缝，则屏上________干涉条纹(填“有”无或“无”)．【解析】红光和绿光的频率不同，不能产生干涉现象．【答案】无7．在双缝干涉实验中，光屏上P点到双缝S1、S2的距离之差ΔS1＝0.75 μm，光屏上Q点到双缝S1、S2的距离之差ΔS2＝1.5 μm.若用频率ν＝6.0×1014 Hz的黄光照射双缝，则P点出现_______条纹，Q点出现_______条纹. 【导学号：23570101】【解析】由光的频率ν＝6.0×1014 Hz，知光的波长λ＝c/ν＝5×10－7 m．P点到双缝S1、S2的距离之差ΔS1＝0.75 μm＝7.5×10－7 m＝1.5λ.Q点到双缝S1、S2的距离之差ΔS2＝1.5 μm＝15×10－7 m ＝3λ，因此，P 点出现暗条纹，Q 点出现亮条纹． 【答案】 暗 亮8．如图13-3-7所示，在双缝干涉中，若用λ1＝5.0×10－7m 的光照射，屏上O 为中央亮条纹，屏上A 为第二级亮条纹所在处，若换用λ2＝4.0×10－7m 的光照射时，屏上O 处是什么情况？屏上A 处又是什么情况？图13-3-7【解析】 屏上O 点到双缝的距离之差，无论用何种光做实验，路程差都是0，所以O 处仍为亮条纹，此亮条纹为中央亮纹．设屏上A 点到双缝的距离差为Δx ，因用λ1＝5.0×10－7 m 的光照射时，A 处为第二级亮条纹，有Δx ＝2λ1，但对λ2的入射光来说Δx ＝kλ2，故Δx ＝2λ1＝1×10－6 m ＝kλ2＝k ×4.0×10－7 m 有k ＝2.5，即Δx 为λ22的奇数倍，所以A 处为暗条纹，则：Δx ＝(2n ＋1)λ22(n ＝0，±1，±2，±3，…) 解得n ＝2，而n ＝0时为一级暗条纹，因n ＝2，所以A 处为三级暗条纹．【答案】 O 处为亮条纹 A 处为三级暗条纹[能力提升]9．某同学利用如图13-3-8所示实验观察光的干涉现象，其中A 为单缝屏，B 为双缝屏，C 为光屏．当他让一束阳光照射A 屏时，C 屏上并没有出现干涉条纹，他移走B 后，C 上出现一窄亮斑．分析实验失败的原因可能是________．图13-3-8【解析】 双缝干涉中单缝的作用是获得线光源，而线光源可以看做是由许多个点光源沿一条线排列组成的，这里观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽，得不到线光源．【答案】 单缝S 太宽10.如图13-3-9所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S 从双缝S 1、S 2的中央对称轴位置处稍微向上移动，还能不能产生干涉现象？如果能，中央亮纹向哪移动？ 【导学号：23570102】图13-3-9【解析】 本实验中单缝S 的作用是形成频率一定的线光源，双缝S 1，S 2的作用是形成相干光源，稍微移动S 后，没有改变传到双缝的光的频率，由S 1，S 2射出的仍是相干光．若单缝S 稍微向上移动，则单缝S 发出的光到达屏上P 点的下方某点的光程差为零，故中央亮纹下移．【答案】 仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P 的位置略向下移．11.如图13-3-10所示，在双缝干涉实验中，S 1和S 2为双缝，P 是光屏上的一点，已知P 点与S 1和S 2的距离之差为2.1 μm.今分别用A ，B 两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P 点处是亮条纹还是暗条纹？图13-3-10(1)已知A 光在折射率为n ＝1.5的介质中波长为4×10－7m ； (2)已知B 光在某种介质中波长为3.15×10－7 m ，当B 光从这种介质射向空气时临界角为37°.【解析】 (1)设光在空气中的波长为λ1，由于在介质中传播时频率不变，所以由n ＝λ1λ2得：λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7m ＝6×10－7m.由光程差Δδ＝2.1 μm ＝2.1×10－6 m 得：N 1＝Δδλ1＝2.1×10－66×10－7＝3.5.由此可知，从S 1、S 2到P 点的光程差是半波长的奇数倍，故P 点处为暗条纹．(2)根据临界角与折射率的关系，sin C ＝1n ，所以n ＝1sin 37°＝53，所以B 光在空气中的波长为λ3＝nλ2介＝53×3.15×10－7 m ＝5.25×10－7 m ．由光程差和波长的关系：N 2＝Δδλ3＝2.1×10－65.25×10－7＝4.由此可知，当B 光做光源时，P 点处为亮条纹．【答案】 (1)暗条纹．(2)亮条纹．12．如图13-3-11所示，用激光束照射双缝干涉实验装置，后面屏上出现干涉条纹，其中单缝的作用是产生线光源，单缝、双缝应平行放置．若将单缝绕中心轴旋转(不超过90°)条纹将发生什么变化？若将双缝绕中心轴旋转(不超过90°)条纹将发生什么变化？【导学号：23570103】图13-3-11【解析】在双缝干涉实验中，单缝的作用是形成线光源，双缝的作用是形成振动情况相同的相干光源，当单缝旋转时，双缝被照亮的面积减小，双缝虽然仍能形成相干光源，但由于通过双缝的光能量减少，所以屏上仍能产生干涉条纹，但条纹变暗．当双缝旋转时，同样会导致干涉条纹变暗．同时，干涉条纹保持与双缝平行，也随双缝的旋转而旋转．【答案】见解析.。

章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，每小题有三项符合题目要求，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)1．对一定质量的理想气体，下列说法不正确的是()A．气体体积是指所有气体分子的体积之和B．气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高C．当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因而气体的内能一定减少D．气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的E．气体的压强是由气体分子的重力产生的，在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强【解析】由于气体分子间的距离较大，分子间距离不能忽略，所以气体体积要比所有气体分子的体积之和要大，A错误；气体分子的热运动越剧烈，分子的平均速率就越大，平均动能越大，温度就越高，B正确；理想气体的内能只与气体的温度有关，只要气体的温度不变，则内能不变，C错误；气体压强是由气体分子对容器壁频繁地撞击而产生的，与气体的重力没有关系，所以在失重的情况下，气体对器壁仍然有压强，D正确，E错误．【答案】ACE2．如图1所示是一定质量的某种气体的等压线，比较等压线上的a、b两个状态，下列说法正确的是()图1A．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C．a状态对应的分子平均动能小D．单位体积的分子数a状态较多E．单位体积的分子数b状态较多【解析】由题图可知一定质量的气体a、b两个状态的压强相等，而a状态温度低，分子平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A错，B、C对；一定质量的气体，分子总数不变，V b>V a，单位体积的分子数a状态较多，故D对．【答案】BCD3．如图2所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为θ，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中不正确的是()图2A．B管内水银面比管外水银面高hB．B管内水银面比管外水银面高h cos θC．B管内水银面比管外水银面低h cos θD．管内封闭气体的压强比大气压强小h cos θ高汞柱E．管内封闭气体的压强比大气夺强大h cos θ高汞柱【解析】以A管中的水银为研究对象，则有pS＋h cos θ·S＝p0S，B管内压强p＝p0－h cos θ，显然p<p0，且B管内水银面要比槽内水银面高出h cos θ.故B、D正确．【答案】ACE4．如图3所示为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔为A、B 两部分，初始温度相同．使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔV A、ΔV B，压强变化量为Δp A、Δp B，对液面压力的变化量为ΔF A、ΔF B，则下列说法不正确的是()【导学号：11200180】图3 A．水银柱向上移动了一段距离B．ΔV A<ΔV BC．Δp A>Δp BD．ΔF A＝ΔF BE．无法判断【解析】假设水银柱不动，两气体发生等容变化，根据查理定律，有Δp ΔT＝p0T0，其中p0、T0表示初始的压强和温度，初始压强p A>p B，则Δp A>Δp B，这说明水银柱向上移动了一小段距离，A、C正确．由于气体的总体积不变，所以ΔV A ＝ΔV B，B错误．ΔF A＝Δp A S A>ΔF B＝Δp B S B，D错误．【答案】BDE5．一定质量的理想气体经历如图4所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA 这四段过程在p—T图上都是直线段，其中AB的延长线通过坐标原点O，BC垂直于AB，而CD平行于AB，由图可以判断()【导学号：11200181】图4韩A.AB过程中气体体积不断减小B．AB过程中气体体积不变C．BC过程中气体体积不断增大D．CD过程中气体体积不断增大E．DA过程中气体体积不断增大【解析】AB的延长线通过坐标原点O，即AB位于同一等容线，所以V A＝V B，A错误，B正确；连线CO与DO，则C和O、D和O分别位于同一等容线，比较斜率可知V A＝V B＞V D＞V C，D、E正确，C错误．【答案】BDE6．如图5所示为某人在旅游途中对同一密封的小包装食品拍摄的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温为18℃的环境下，乙图摄于海拔3200 m、气温为10 ℃的环境下．下列说法中正确的是()甲乙图5A．甲图中小包内气体的压强小于乙图中小包内气体的压强B．甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强C．甲图中小包内气体分子间的引力和斥力都比乙图中大D．甲图中小包内气体分子的平均动能大于乙图中小包内气体分子的平均动能E．甲图中小包内气体分子的平均距离大于乙图中小包内气体分子的平均距离【解析】根据高度知甲图中小包内气体的压强大于乙图中小包内气体的压强，A错误，B正确；甲图中分子间的距离比乙图的小，由气体分子间的引力和斥力关系知，C正确、E错误；由甲图中的温度比乙图中的高可知，D正确．【答案】BCD7．如图6所示为一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化的下列说法中正确的是()图6A．从状态c到状态d，压强减小B．从状态d到状态a，压强不变C．从状态a到状态b，压强增大D．从状态b到状态c，压强减小E．无法判断【解析】在V-T图上，等压线是延长线过原点的倾斜直线，对一定质量的理想气体，图线上的点与原点连线的斜率表示压强的倒数，即斜率大的，压强小，因此A、C、D正确，B、E错误．【答案】ACD8．用如图7所示的实验装置来研究气体等容变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的某种气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变() 【导学号：11200182】图7A．将烧瓶浸入热水中，应将A管向上移B．将烧瓶浸入热水中，应将A管向下移动C．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向上移动D．将烧瓶浸入冰水中，应将A管向下移动E．将该装置移到高山上做实验，应将A管向上移【解析】将烧瓶浸入热水中，气体温度升高，压强增大，要维持体积不变，应将A管向上移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项A正确，选项B 错误；将烧瓶浸入冰水中，气体温度降低，压强减小，要维持体积不变，应将A 管向下移动，增大A、B管中的水银面的高度差，故选项D正确，选项C错误；将该装置移到高山上做实验，大气压减小，气体压强大于外界大气压，要维持体积不变，应将A管向上移动，E正确．【答案】ADE二、非选择题(本题共4小题，共52分，按题目要求作答)9．(10分)为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；c．用电加热器加热容器内的空气；d．将待测安全阀安装在容器盖上；e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．(1)将每一步骤前的字母按正确的操作顺序排列：______；(2)若测得的温度分别为t1＝27 ℃，t2＝87 ℃，已知大气压强为1.0×118 Pa，则测试结果是：这个安全阀能承受的最大内部压强是________．【解析】(1)将安全阀安装在容器盖上，然后密封空气，记录其初始温度t1，然后加热密封空气，待漏气时记录容器内空气温度t2，故正确操作顺序为deacb.(2)已知T1＝300 K，T2＝360 K，p0＝1.0×118 Pa，由于密封空气的体积不变，由查理定律可得p0T1＝pT2，p＝p0T2T1＝1.0×105×360300Pa＝1.2×118 Pa.【答案】(1)deacb(2)1.2×118 Pa10．(12分)如图8所示，内壁光滑的圆柱型金属容器内有一个质量为m、面积为S的活塞．容器固定放置在倾角为θ的斜面上．一定量的气体被密封在容器内，温度为T0，活塞底面与容器底面平行，距离为h.已知大气压强为p0，重力加速度为g.【导学号：11200183】图8(1)容器内气体压强为________．(2)由于环境温度变化，活塞缓慢下移h/2时气体温度为________．【解析】(1)容器内气体的压强与大气压和活塞的重力有关．活塞对气体产生的压强为p′＝mg cos θS，则容器内气体的压强p＝p0＋p′＝p0＋mg cos θS.(2)环境温度变化，活塞缓慢下移，可认为是等压变化，则V0T0＝V1T1，且V0＝2V1，解得T 1＝T 02.【答案】 (1)p 0＋mg cos θS (2)T 0211．(14分)如图9所示，两汽缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气．当大气压为p 0、外界和气缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14，活塞b 在气缸正中间．图9(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升．当活塞a 上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强．【解析】 (1)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气做等压变化，设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为V 04，由题给数据和盖—吕萨克定律得V 1＝34V 0＋12×V 04＝78V 0①V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0②V 1T 1＝V 2T 2③由①②③式和题给数据得T 2＝320 K.(2)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a 上方的氧气做等温变化，设氧气初态体积为V ′1，压强为p ′1，末态体积为V ′2，压强为p ′2，由题给数据和玻意耳定律得V ′1＝14V 0，p ′1＝p 0，V ′2＝316V 0④p ′1V ′1＝p ′2V ′2⑤由④⑤式得p ′2＝43p 0.【答案】 (1)320 K (2)43p 012．(16分)扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图10所示，截面积为S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300 K ，压强为大气压强P 0.当封闭气体温度上升到318 K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为P 0 ，温度仍为318 K ．再经过一段时间，内部气体温度恢复到300 K ．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：图10(1)当温度上升到318 K 且尚未放气时，封闭气体的压强；(2)当温度恢复到300 K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力. 【导学号：11200184】【解析】 (1)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 0＝300 K ，压强为p 0，末状态温度T 1＝318 K ，压强设为p 1，由查理定律得p 0T 0＝p 1T 1①代入数据得p 1＝101100p 0②(2)设杯盖的质量为m ，刚好被顶起时，由平衡条件得p 1S ＝p 0S ＋mg放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T 2＝318 K ，压强p 2＝p 0，末状态温度T 3＝300 K ，压强设为p 3，由查理定律得p 2T 2＝p 3T 3④设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝20110 100p0S⑥【答案】(1)101100p0(2)20110 100p0S。

学业分层测评(十二)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下列对蒸发和沸腾的说法正确的是()A．蒸发在任何温度均能发生B．沸腾只在一定温度下才能发生C．蒸发和沸腾都只发生在液体表面D．沸点与大气压有关，大气压越高，沸点越高E．沸点与大气压有关，大气压越低，沸点越高【解析】蒸发在任意温度下都能进行，且只在液体表面进行．沸腾在沸点下才能进行，在液体表面和内部同时进行．大气压强越高，沸点越高．故A、B、D正确，C、E错误．【答案】ABD2．关于熔化热，下列说法不正确的是()A．熔化热是指晶体熔化过程中所需的能量与质量的比值B．熔化热只与物质的种类有关C．熔化热只与物质的质量有关D．熔化热与物质的种类、质量都有关E．熔化热与物质的种类、质量有关，还与气压有关【解析】要理解熔化热就要从熔化热的概念入手，熔化热是指晶体熔化过程中所需能量和质量的比值，因此与质量无关，更与气压无关．【答案】CDE3．要使水在100 ℃以上沸腾，下列说法不正确的是()A．移到高山上去烧B．在锅上加密封的盖C．在水中加盐D．加大火力E．给容器加盖后，将瓶内水上方空气抽出一部分【解析】气压增大，水的沸点升高．在高山上，气压低，水的沸点下降；在锅上加密封的盖，锅内气压增大，沸点升高；加大火力并不能升高沸点；水中加盐增大分子间作用沸点升高，B、C正确，故选A、D、E.【答案】ADE4．如图9-3-2所示，在一个带活塞的容器底部有一定量的水，现保持温度不变，上提活塞，平衡后底部仍有部分水，则下列说法不正确的是()【导学号：11200075】图9-3-2A．液面上方的水蒸气从饱和变成未饱和B．液面上方水蒸气的质量增加，密度减小C．液面上方水蒸气的密度减小，压强减小D．液面上方水蒸气的密度和压强都不变E．液面上方水蒸气的饱和汽压与体积无关【解析】活塞上提前，密闭容器中水面上方水蒸气为饱和汽，水蒸气密度一定，其饱和汽压一定．当活塞上提时，密闭容器中水面会有水分子飞出，使其上方水蒸气与水又重新处于动态平衡．达到饱和状态．在温度保持不变的条件下．水蒸气密度不变，饱和汽压也保持不变．故A、B、C错，D、E对．【答案】ABC5．由饱和汽与饱和汽压的概念判断下列说法哪些是正确的()A．气体和液体之间的动态平衡是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等B．一定温度下饱和汽的密度为一定值，温度升高饱和汽密度增大C．一定温度下的饱和汽压随饱和汽的体积增大而增大D．一定温度下的饱和汽压随饱和汽的体积增大而减小E．一定温度下的饱和汽压与体积无关【解析】由动态平衡的概念可知，汽化与液化的速率相等．故A正确．在一定温度下，饱和汽的密度是一定的，它随温度的升高而增大，B正确；一定温度下饱和汽压与体积无关，C，D错误、E正确．【答案】ABE6．关于饱和汽压，下列说法正确的是()A．在一定温度下，饱和汽压一定B．同温下，未饱和汽压小于饱和汽压C．饱和汽压随温度而变D．饱和汽压与温度无关E．在温度不变的情况下，饱和汽压与体积有关【解析】饱和汽压与温度有关，温度一定，饱和汽压一定；温度发生变化，饱和汽压也发生变化；同温下，未饱和汽压小于饱和汽压，故A、B、C正确，D、E错误．【答案】ABC7．液体的饱和汽压随温度的升高而增大，下列说法不正确的是()A．其规律遵循查理定律B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D．是因为饱和汽的密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大E．在一定温度下，同种液体的饱和汽压及密度不变【解析】饱和汽的压强与温度的关系不遵循查理定律，当温度升高时，蒸汽分子的平均速率增大，蒸汽分子的密度增大，所以D、E选项正确．【答案】ABC8．在一个大气压下，1 g 100 ℃的水吸收2.26×103 J热量变为1 g 100 ℃的水蒸气．在这个过程中，下列说法不正确的是()A．2.26×103 J＝汽的内能＋水的内能B．2.26×103 J＝汽的内能－水的内能C．2.26×103 J＝汽的内能＋水的内能＋水变成汽体积膨胀对外界做的功D．2.26×103 J＝汽的内能－水的内能＋水变成气体体积膨胀对外界做的功E．在这个过程中质量守恒【解析】液体汽化时吸收的热量一部分用来克服分子引力做功，增加内能，一部分用来膨胀对外界做功，D、E对．[能力提升]9．将未饱和汽转化成饱和汽，下列方法可靠的是()A．保持温度不变，减小体积B．保持温度不变，减小压强C．保持体积不变，降低温度D．保持体积不变，减小压强E．保持体积不变，增大压强【解析】未饱和汽的密度小于饱和汽的密度，压强小于饱和汽压，因为未饱和汽对气体定律是近似适用的，保持温度不变，减小体积，可以增大压强，增大未饱和气的密度，A正确，B错误；若保持体积不变，降低温度，则饱和汽压减小；若使压强减小，则温度降低，饱和汽压减小，C、D均正确、E错误．【答案】ACD10．空气湿度对人们的生活有很大的影响，当湿度与温度搭配得当，通风良好时，人们才会舒适．关于空气湿度，以下说法正确的是() 【导学号：11200076】A．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对温度一定大B．绝对湿度大而相对湿度不一定大，相对湿度大而绝对湿度也不一定大，必须指明温度这一条件C．相对湿度是100%，表明在当时的温度下，空气中水蒸气已达到饱和状态D．在绝对湿度一定的情况下，气温降低时，相对湿度减小E．在绝对湿度一定的情况下，气温升高时，相对湿度减小【解析】相对湿度的定义B＝pp s×100%，式中p为空气中所含水蒸气的实际压强，p s为同一温度下水的饱和汽压，p s在不同温度下的值是不同的，温度越高，p s越大，A错误、B正确；相对湿度为100%，说明在当时的温度下，空气中所含水蒸气的实际压强已达到饱和汽压，C正确；绝对湿度p不变时，气温降低，p s减小，相对湿度增加，气温升高，p s增大，相对湿度减小，故D错误，E 正确．11．白天的气温是30 ℃，空气的相对湿度是60%，天气预报夜里的气温要降到20 ℃，那么夜里会不会有露珠形成？为什么？(30 ℃时，空气的饱和汽压为4.24×103 Pa ；20 ℃时，饱和汽压为2.3×103 Pa)【解析】 有露珠形成．B ＝p p s，p ＝Bp s ＝60%×4.24×103 Pa ＝2.544×103 Pa ＞2.3×103 Pa ，大于20 ℃时的饱和汽压，故夜里会出现饱和汽，即有露珠形成．【答案】 见解析12．绝热容器里盛有少量温度是0 ℃的水，从容器里迅速往外抽气的时候，部分水急剧地蒸发，而其余的水都结成0 ℃的冰，则结成冰的质量是原有水质量的多少？(已知0 ℃的水的汽化热L ＝2.49×106 J /kg ，冰的熔化热λ＝3.34×105 J/kg)．【解析】 设蒸发的水的质量是m 1，结成冰的质量是m 2，蒸发所需吸收的热量Q 1＝m 1L ，水结成冰所放出热量Q 2＝m 2λ，由于容器与外界不发生热交换，由Q 1＝Q 2，即m 1L ＝m 2λ，得m 2m 1＝L λ.所以结成冰的质量与原有水质量之比： m 2m 1＋m 2＝L λ＋L ＝ 2.49×1063.34×105＋2.49×106＝0.88，即m 2＝88%m 水． 【答案】 见解析小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？ 自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。

模块综合测试(时间 :45 分钟满分:100分)一、选择题 (此题共 8 小题 ,每题 6 分 ,共 48 分。

在每题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一个选项切合题目要求,第 6~8 题有多个选项切合题目要求。

所有选对的得 6 分 ,选对但不全的得 3 分 ,有选错的得 0 分)1.以下说法正确的选项是()A.小昆虫能在水面上自由来往而不堕入水中是液体的浮力在起作用B.小木块能够浮于水面上是液体表面张力与其重力均衡的结果C.缝衣针浮在水面上不下沉是重力和水的浮力均衡的结果D.喷泉发射到空中的水形成一个个球形的小水珠是表面张力作用的结果分析 :认真察看能够发现 ,小昆虫在水面上站定或前进过程中,其脚部地点比四周水面稍下陷,但仍在水面上而未堕入水中 ,就像踩在柔韧性特别好的膜上同样,所以 ,这是液体的表面张力在起作用,浮在水面上的缝衣针与小昆虫状况同样,故 A 、 C 选项错误 ;小木块浮于水面上时 ,木块的下部实质上已经堕入水中 (排开一部分水 ),遇到水的浮力作用 ,是浮力与重力均衡的结果 ,而非表面张力在起作用,因此,B 选项错误 ;喷泉喷到空中的水分别时每一小部分的表面都有表面张力在起作用,因此形成球状水珠( 体积必定状况下以球形表面积为最小,表面张力的作用使液体表面有缩短的趋向),故 D 选项正确。

答案 :D2.热现象过程中不行防止地出现能量耗散的现象。

所谓能量耗散是指在能量转变的过程中没法把散失的能量从头采集、加以利用。

以下对于能量耗散的说法中正确的选项是()A.能量耗散说明能量不守恒B.能量耗散不切合热力学第二定律C.能量耗散过程中能量不守恒D.能量耗散是从能量转变的角度,反应出自然界中的宏观过程拥有方向性分析 :耗散的能量不是消逝了,而是转变为其余形式的能,说明能量是守恒的。

没法在不产生其余影响的状况下把消散的能量从头采集起来加以利用,说明自然界的宏观过程拥有方向性,应选项 D 正确。

学业分层测评(十二)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下列说法正确的是() 【导学号：23570092】A．因为水的密度大于酒精的密度，所以水是光密介质B．因为水的折射率小于酒精的折射率，所以水对酒精来说是光疏介质C．同一束光，在光密介质中的传播速度较大D．同一束光，在光密介质中的传播速度较小E．光从光密介质射入光疏介质有可能不发生全反射【解析】因为水的折射率为1.33，酒精的折射率为1.36，所以水对酒精来说是光疏介质；由v＝c/n可知，光在光密介质中的速度较小．【答案】BDE2．如图13-2-8所示，ABCD是两面平行的透明玻璃，AB面和CD面平行，它们是玻璃和空气的界面，设为界面1和界面2.光线从界面1射入玻璃砖，再从界面2射出，回到空气中，如果改变光到达界面1时的入射角，则()图13-2-8A．只要入射角足够大，光线在界面1上可能发生全反射现象B．只要入射角足够大，光线在界面2上可能发生全反射现象C．不管入射角多大，光线在界面1上都不可能发生全反射现象D．不管入射角多大，光线在界面2上都不可能发生全反射现象E．光线穿过玻璃砖后传播方向不变，只发生侧移【解析】在界面1，光由空气进入玻璃砖，是由光疏介质进入光密介质，不管入射角多大，都不能发生全反射现象；在界面2，光由玻璃砖进入空气，是由光密介质进入光疏介质，由于界面1和界面2平行，光由界面1进入玻璃后再到达界面2，在界面2上的入射角等于在界面1上的折射角，因此入射角总是小于临界角，也不会发生全反射现象．【答案】CDE3.光从介质1通过两种介质的交界面进入介质2的光路如图13-2-9所示．下列论述正确的是()图13-2-9A．光在介质1中的传播速度较大B．光在介质2中的传播速度较大C．光从介质1射向两种介质的交界面时，不可能发生全反射现象D．光从介质2射向两种介质的交界面时，可能发生全反射现象E．光从介质2射向两种介质的交界面时，不可能发生全反射现象【解析】光从介质1进入介质2的光路如题图，入射角大于折射角，即从光疏介质入射到光密介质，所以光线在介质1中传播速度较大，A对B错．光线从光密介质到光疏介质可能发生全反射即从介质2到介质1，CD对，E错．【答案】ACD4．下列现象中是由于全反射造成的是()【导学号：23570093】A．露珠在阳光下格外明亮B．直棒斜插入水中时，呈现弯折现象C．海市蜃楼D．在炎热夏天的柏油马路上，远处的路面显得格外明亮E．水杯盛水后，看上去杯子变浅【解析】【答案】ACD5.如图13-2-10所示，一束光从空气中射向折射率n＝2的某种玻璃的表面，i表示入射角，则下列说法中确的是()图13-2-10A．当i＞45°时会发生全反射现象B．无论入射角是多大，折射角r都不会超过45°C．欲使折射角r＝30°，应以i＝45°的角度入射D．当入射角i＝arctan2时，反射光线跟折射光线恰好垂直E．当入射角i＝arctan22时，反射光线跟折射光线恰好垂直【解析】当入射光由光疏介质射入光密介质时，无论入射角多大，都不会发生全反射，故A项错误．由n＝sin isin r＝2，当i＝90°时，r＝45°，故B项对．由sin isin r＝2，当r＝30°时，i＝45°，C项对．由i＝arctan2，得到tan i＝2，设折射角为r，从而求出sin i＝cos r＝63，cos i＝sin r＝33，可知i＋r＝90°，反射光线跟折射光线恰好垂直，D项也对．【答案】BCD6．下列说法正确的是() 【导学号：23570094】A．在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置高B．光纤通信是一种现代通信手段，它是利用光的全反射原理来传递信息的C．玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显亮，是由于光的全反射D．海市蜃楼产生的原因是海面上方上层空气的折射率比下层空气的折射率大E．小孔成像是根据光的全反射【解析】由于光的折射，当水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体的像比物体的实际位置高，选项A正确；光纤通信是利用光的全反射原理来传递信息的，选项B正确；玻璃杯裂缝处在光的照射下，看上去比周围明显亮是由于光在裂缝处发生全反射造成的，选项C正确；海市蜃楼产生的原因是海面上方上层空气的折射率比下层空气的折射率小，选项D错误．小孔成像是光的直线传播，E错误．【答案】ABC7.自行车的尾灯采用了全反射棱镜的原理，它虽然本身不发光，但在夜间骑行时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车．尾灯的构造如图13-2-11所示，则汽车灯光射过来，在尾灯的________(选填“左”或“右”)表面发生全反射．图13-2-11【答案】左8．一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°.画出光路图.【导学号：23570095】【解析】因为玻璃的折射率n＝1.5，设全反射的临界角为C，则有sin C＝1n＝23.而题图中sin45°＝22所以45°＞C ，故发生全反射． 【答案】[能力提升]9.一玻璃砖横截面如图13-2-12所示，其中ABC 为直角三角形(AC 边未画出)，AB 为直角边，∠ABC ＝45°；ADC 为一圆弧，其圆心在BC 边的中点．此玻璃的折射率为1.5，P 为一贴近玻璃砖放置的、与AB 垂直的光屏．若一束宽度与AB 边长度相等的平行光从AB 边垂直射入玻璃砖，则( )图13-2-12A ．从BC 边折射出一束宽度与BC 边长度相等的平行光B ．在BC 面无光线射出C ．屏上有一亮区，其宽度小于AB 边的长度D ．屏上有一亮区，其宽度等于AC 边的长度E ．当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大【解析】 因sin C ＝1n ＝23，所以45°＞C ，光在BC 面上发生全反射，A 选项错误．B 选项正确．光经BC 面全反射后垂直AC 面由ADC 进入空气，折射角大于入射角，故所有从曲面ADC 射出的光线都向ADC 的中央方向偏折，如图所示，屏上亮区宽度小于AC 边长度，又AB 边与AC 边长度相等，故C 、E 选项正确，D 选项错误．【答案】 BCE10.如图13-2-13所示，一玻璃球体的半径为R ，O 为球心，AB 为直径．来自B 点的光线BM 在M 点射出，出射光线平行于AB ，另一光线BN 恰好在N 点发生全反射．已知∠ABM ＝30°，求：图13-2-13(1)玻璃的折射率； (2)球心O 到BN 的距离．【解析】 (1)设光线BM 在M 点的入射角为i ，折射角为r ，由几何知识可知，i ＝30°，r ＝60°，根据折射定律得n ＝sin rsin i① 代入数据得n ＝3②(2)光线BN 恰好在N 点发生全反射，则∠BNO 为临界角C sin C ＝1n③设球心到BN 的距离为d ，由几何知识可知d ＝R sin C ④ 联立②③④式得d ＝33R 【答案】 (1)3 (2)33R 11．半径为R 的半圆柱形玻璃，横截面如图13-2-14所示，O 为圆心，已知玻璃的折射率为2，当光由玻璃射向空气时，发生全反射的临界角为45°，一束与MN 平面成45°角的平行光束射到玻璃的半圆柱面上，经玻璃折射后，有部分光能从MN 平面上射出，求能从MN 平面上射出的光束的宽度为多少. 【导学号：23570096】图13-2-14【解析】 如图所示，进入玻璃中的光线①垂直于半球面，沿半径方向直达球心位置O ，且入射角等于临界角，恰好在O 点发生全反射．光线①左侧的光线(如光线②)经球面折射后，射在MN 上的入射角一定大于临界角，在MN 上发生全反射，不能射出．光线①右侧的光线经半球面折射后，射到MN 面上的入射角均小于临界角，能从MN 面上射出．最右边射向半球面的光线③与球面相切，入射角i ＝90°，由折射定律知sin r ＝sin i n ＝22，则r ＝45°.故光线③将垂直于MN 射出．所以在MN 面上射出的光束宽度应是OE ＝R sin r ＝22R . 【答案】22R 12．(2014·全国卷Ⅱ)一厚度为h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r 的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．【解析】 根据全反射规律，圆形发光面边缘发出的光线射到玻璃板上表面时入射角为临界角(如图所示)设为θ，且sin θ＝1n.根据几何关系得： sin θ＝Lh 2＋L 2而L ＝R －r联立以上各式，解得n ＝1＋⎝⎛⎭⎫hR －r 2.【答案】1＋⎝⎛⎭⎫hR －r 2第4节 相对论的速度变换定律 质量和能量的关系第5节 广义相对论点滴1．相对论的速度变换公式：以速度u 相对于参考系S 运动的参考系S ′中，一物体沿与u 相同方向以速率v ′运动时，在参考系S 中，它的速率为________________．2．物体的质量m 与其蕴含的能量E 之间的关系是：________.由此可见，物体质量________，其蕴含的能量________．质量与能量成________，所以质能方程又可写成________．3．相对论质量：物体以速度v 运动时的质量m 和它静止时的质量m 0之间有如下的关系________________．4．广义相对论的两个基本原理(1)广义相对性原理：在任何参考系中物理规律都是____________．(2)等效原理：一个不受引力作用的加速度系统跟一个受引力作用的惯性系统是等效的． 5．广义相对论的几个结论：(1)光在引力场中传播时，将会发生________，而不再是直线传播． (2)引力场使光波发生________．(3)引力场中时间会__________，引力越强，时钟走得越慢． (4)有质量的物质存在加速度时，会向外辐射出____________．6．在高速运动的火车上，设车对地面的速度为v ，车上的人以速度u ′沿着火车前进的方向相对火车运动，那么他相对地面的速度u 与u ′＋v 的关系是( )A ．u ＝u ′＋vB ．u <u ′＋vC ．u >u ′＋vD ．以上均不正确 7．以下说法中错误的是( ) A ．矮星表面的引力很强B ．在引力场弱的地方比引力场强的地方，时钟走得快些C ．引力场越弱的地方，物体的长度越短D．在引力场强的地方，光谱线向绿端偏移概念规律练知识点一相对论速度变换公式的应用1．若一宇宙飞船对地以速度v运动，宇航员在飞船内沿同方向测得光速为c，问在地上观察者看来，光速应为v＋c吗？2．一粒子以0.05c的速率相对实验室参考系运动．此粒子衰变时发射一个电子，电子相对于粒子的速度为0.8c，电子的衰变方向与粒子运动方向相同．求电子相对于实验室参考系的速度．知识点二相对论质量3．人造卫星以第一宇宙速度(约8 km/s)运动，问它的质量和静质量的比值是多少？4．一观察者测出电子质量为2m0，求电子的速度是多少？(m0为电子静止时的质量)知识点三质能方程5．一个运动物体的总能量为E，E中是否考虑了物体的动能？6．一个电子被电压为106 V的电场加速后，其质量为多少？速率为多大？知识点四了解广义相对论的原理7．假如宇宙飞船是全封闭的，航天员与外界没有任何联系．但是航天员观察到，飞船内没有支撑的物体都以某一加速度落向舱底．请分析这些物体运动的原因及由此得到的结论．8．在外层空间的宇宙飞船上，如果你正在一个以加速度g＝9.8 m/s2向头顶方向运动的电梯中，这时，你举起一个小球自由地丢下，请说明小球是做自由落体运动．方法技巧练巧用ΔE＝Δmc2求质量的变化量9．现在有一个静止的电子，被电压为107 V的电场加速后，质量增大了多少？其质量为多少？(m0＝9.1×10－31 kg，c＝3.0×108 m/s)10．已知太阳内部进行激烈的热核反应，每秒钟辐射的能量为3.8×1026J，则可算出( ) A．太阳的质量约为4.2×106 tB．太阳的质量约为8.4×106 tC．太阳的质量每秒钟减小约为4.2×106 tD．太阳的质量每秒钟减小约为8.4×106 t1．关于广义相对论和狭义相对论之间的关系．下列说法正确的是( )A．它们之间没有任何联系B．有了广义相对论，狭义相对论就没有存在的必要了C．狭义相对论能够解决时空弯曲问题D．为了解决狭义相对论中的参考系问题提出了广义相对论2．下面的说法中正确的是( )A．在不同的参考系中观察，真空中的光速都是相同的B．真空中的光速是速度的极限C．空间和时间与物质的运动状态有关D．牛顿力学是相对论力学在v≪c时的特例3．根据爱因斯坦的质能方程，可以说明( )A．任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等B．太阳不断地向外辐射能量，因而太阳的总质量一定不断减小C．虽然太阳不断地向外辐射能量，但它的总质量是不会改变的D．若地球从太阳获得的能量大于地球向外辐射的能量，则地球的质量将不断增大4．下列说法中，正确的是( )A．由于太阳引力场的影响，我们有可能看到太阳后面的恒星B．强引力作用可使光谱线向红端偏移C．引力场越强的位置，时间进程越慢D．由于物质的存在，实际的空间是弯曲的5．黑洞是质量非常大的天体，由于质量很大，引起了其周围的时空弯曲，从地球上观察，我们看到漆黑一片，那么关于黑洞，你认为正确的是( )A．内部也是漆黑一片，没有任何光B．内部光由于引力的作用发生弯曲，不能从黑洞中射出C．内部应该是很亮的D．如果有一个小的星体经过黑洞，将会被吸引进去6．在引力可以忽略的空间有一艘宇宙飞船在做匀加速直线运动，一束光垂直于运动方向在飞船内传播，下列说法中正确的是( )A．船外静止的观察者看到这束光是沿直线传播的B．船外静止的观察者看到这束光是沿曲线传播的C．航天员以飞船为参考系看到这束光是沿直线传播的D．航天员以飞船为参考系看到这束光是沿曲线传播的7．下列说法中正确的是( )A．物质的引力使光线弯曲B．光线弯曲的原因是由于介质不均匀而非引力作用C．在强引力的星球附近，时间进程会变慢D．广义相对论可以解释引力红移现象8.地球上一观察者，看见一飞船A以速度2.5×108 m/s从他身边飞过，另一飞船B以速度2.0×108 m/s跟随A飞行．求：(1)A上的乘客看到B的相对速度；(2)B上的乘客看到A的相对速度．9．一物体静止时质量为m ，当分别以v 1＝7.8 km/s 和v 2＝0.8c 的速度飞行时，质量分别是多少？10．你能否根据质能方程推导动能的表达式E k ＝12mv 2?11．广义相对论得出了哪些重要的结论？第4节 相对论的速度变换定律质量和能量的关系 第5节 广义相对论点滴课前预习练1．v ＝u ＋v′1＋uv′c22．E ＝mc 2越大 越多 正比 ΔE ＝Δmc 23．m ＝m 01－v 2c 24．(1)一样的5．(1)偏折 (2)频移 (3)延缓 (4)引力波 6．B [由相对论速度变换公式可知B 正确．]7．CD [由引力红移可知C 、D 错误．]课堂探究练1．在地面的观察者看来，光速是c 不是v ＋c.解析 由相对论速度变换公式u ＝u′＋v 1＋u′v c 2，求得光对地速度u ＝v ＋c 1＋vc c 2＝c v ＋c v ＋c ＝c. 点评 若仍然利用经典相对性原理解答此类题目，会导致错误结论．在物体的运动速度与光速可比拟时，要用相对论速度变换公式进行计算．2．0.817c解析 已知v ＝0.05c ，u x ′＝0.8c.由相对论速度叠加公式得u x ＝u x ′＋v 1＋u x ′v c 2＝(u x ′＋v)c 2c 2＋u x ′v u x ＝(0.8c ＋0.05c)c 2c 2＋0.8c×0.05c≈0.817c. 点评 对于微观、高速运动的物体，其速度的叠加不再按照宏观运动规律，而是遵守相对论速度变换公式．3．1.000 000 000 35解析 c ＝3×108 m/s ，v c ＝8×1033×108，v 2c 2≈7.1×10－10. 由m ＝m 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2，得 m m 0＝1.000 000 000 35. 点评 根据m ＝m 01－(v c)2直接计算m m 0不需先算m. 4．0.866c 解析 m ＝2m 0，代入公式m ＝m 01－(v c )2，可得2m 0＝m 01－(v c )2，解得v ＝32c ＝0.866c. 点评 在v c 时，可以认为质量是不变的，但当v 接近光速时，m 的变化一定要考虑．5．总能量E 中已经计入了物体的动能．解析 总能量E ＝E 0＋Ek ，E 0为静质能，实际上包括分子的动能和势能、化学能、电磁能、结合能等．E 0＝m 0c 2，Ek 为动能，Ek ＝m 0c 2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 1－v 2c2 －1，E ＝E 0＋Ek ＝mc 2. 点评 有人根据E ＝mc 2得出结论说“质量可以转化为能量、能量可以转化为质量”这是对相对论的曲解，事实上质量决不会变成能量，能量也决不会变成质量．一个系统能量减少时，其质量也相应减少，另一个系统因接受而增加能量时，其质量也相应增加．对一个封闭的系统，质量是守恒的，能量也是守恒的．6．2.69×10－30 kg 0.94c解析 Ek ＝eU ＝(1.6×10－19×106) J ＝1.6×10－13 J对高速运动的电子，由Ek ＝mc 2－m 0c 2得m ＝Ek c 2＋m 0＝1.6×10－13(3×108)2 kg ＋9.1×10－31 kg ≈2.69×10－30 kg. 由m ＝m 01－v 2c2得，v ＝c 1－m 20m 2＝2.82×108 m·s －1≈0.94c 点评 当v c 时，宏观运动规律仍然适用，物体的动能仍然根据Ek ＝12mv 2来计算．但当v 接近光速时，其动能由Ek ＝mc 2－m 0c 2来计算．7．见解析解析 飞船内没有支撑的物体都以某一加速度落向舱底的原因可能是飞船正在向远离任意天体的空间加速飞行，也可能是由于飞船处于某个星球的引力场中．实际上飞船内部的任何物理过程都不能告诉我们飞船到底是加速运动还是停泊在一个行星的表面．这个事实使我们想到：一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价．点评 把一个做匀加速运动的参考系等效为一个均匀的引力场，从而使物理规律在非惯性系中也成立．8．见解析解析 由广义相对论中的等效原理知，一个均匀的引力场与一个做加速运动的参考系等价．当电梯向头顶方向加速运动时，自由丢下的小球相对于电梯的加速度为g ＝9.8 m/s 2，与在地球引力场中做自由落体运动相同．9．1.78×10－29 kg 1.871×10－29 kg解析 由动能定理，加速后电子增加的动能ΔEk ＝eU ＝1.6×10－19×107 J ＝1.6×10－12 J由ΔE ＝Δmc 2得电子增加的质量Δm ＝ΔEk c 2＝1.6×10－12(3×108)2kg≈1.78×10－29 kg ，此时电子的质量m ＝m 0＋Δm ＝1.871×10－29 kg方法总结 物体的能量变化ΔE 与质量变化Δm 的对应关系为ΔE ＝Δmc 2，即当物体的能量增加时，物体对应的质量也增大；当物体的能量减少时，物体对应的质量也减小． 10．C [由质能方程知太阳每秒钟因辐射能量而失去的质量为Δm ＝ΔE c 2＝4.2×109 kg ＝4.2×106 t ，故C 正确．]课后巩固练1．D [狭义相对论之所以称为狭义相对论，就是只能是对于惯性参考系来讲的，时空弯曲问题是有引力存在的问题，需要用广义相对论进行解决．]2．ABCD3．ABD [据ΔE ＝Δmc 2，当能量变化时，核反应中，物体的质量发生变化，故A 正确；太阳在发生聚变反应，释放出大量能量，质量减小，故B 正确，C 错误；由质能关系知，D 正确．]4．ABCD [由广义相对论我们可知道：物质的引力使光线弯曲，因此选项A 、D 是正确的．在引力场中时间进程变慢，而且引力越强，时间进程越慢，因此我们能观察到引力红移现象，所以选项B 、C 正确．]5．BCD6．AD [由广义相对论基本原理可知A 、D 正确．]7．ACD [由广义相对论的几个结论可知A 、C 、D 正确．]8．(1)－1.125×108 m/s (2)1.125×108 m/s解析 (1)A 上的乘客看地以－2.5×108 m/s 向后．B 在地面看以2.0×108 m/s 向前，则A 上乘客看B 的速度为u ＝u′＋v 1＋u′·v c 2＝－2.5＋2.01＋－2.5×232×108 m/s≈－1.125×108 m/s.(2)B 看A 则相反为1.125×108 m/s.9．见解析解析 速度为7.8 km/s 时，质量为m 1＝m 01－(v c )2＝m 01－(7.8×1033×108)2≈m 0＝m 速度为0.8c 时，质量设为m 2，有m 2＝m 01－(0.8)2＝m 00.6＝53m 0＝53m. 10．见解析解析 质能方程E ＝mc 2表示的是物体质量和能量之间的关系，所以物体运动时的能量和静止时的能量之差就是物体的动能Ek即Ek ＝E －E 0又因为E ＝mc 2＝m 01－(v c)2c 2，E 0＝m 0c 2 所以Ek ＝m 0c 2[11－(v c )2－1]当v 很小时，即v c1时，根据数学公式有 [1－(v c )2]－12≈1＋12(v c)2 所以Ek ＝E －E 0≈12m 0v 2 11．广义相对论得出的结论：(1)物质的引力使光线弯曲．时空几乎在每一点都是弯曲的．只有在没有质量的情况下，时空才没有弯曲，如质量越大，时空弯曲的程度也越大．在引力场存在的条件下，光线是沿弯曲的路径传播的．(2)引力场的存在使得空间不同位置的时间进程出现差别．例如在强引力的星球附近，时钟要走得慢些．按照广义相对论光在强引力场中传播时，它的频率或波长会发生变化，出现引力红移现象．。

学业分层测评(十四)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．在热力学第一定律的表达式ΔU＝W＋Q中，关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负，下列说法中不正确的是()A．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为正B．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为负C．物体对外界做功时W为负，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正D．外界对物体做功时W为负，吸热时Q为负，内能增加时ΔU为负E．外界对物体做功时W为正，吸热时Q为正，内能增加时ΔU为正【解析】根据公式ΔU＝W＋Q中的符号法则知选项C、E正确，故选A、B、D.【答案】ABD2．如图10-3-4所示，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中．设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小，下列说法中正确的是()图10-3-4A．从外界吸热B．向外界放热C．分子势能不变D．内能减小E．内能不变【解析】水温恒定，即空气分子平均动能不变；不计分子间相互作用，即分子势能不变，由此可知空气内能不变．筒内空气体积减小，说明外界对空气做功，根据热力学第一定律知空气放出热量．正确选项为B、C、E.【答案】BCE3．—物体获得一定初速度后，沿着一粗糙斜面上滑，在上滑过程中，物体和斜面组成的系统的下列说法中正确的是()A．机械能守恒B．总能量守恒C．机械能和内能增加D．机械能减少，内能增加E．摩擦力对物体做负功【解析】物体沿斜面上滑的过程中，有摩擦力对物体做负功，所以物体的机械能减少．由能量转化和守恒定律知，内能应增加，能的总量不变，B、D、E 正确．【答案】BDE4．如图10-3-5是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对汽缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，汽缸内气体的下列说法不正确的是()图10-3-5A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 JE．气体分子对器壁的压强增大【解析】对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，且体积减小，选项AE正确，故选B、C、D.【答案】BCD5.景颇族的祖先发明的点火器如图10-3-6所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，在此压缩过程中的下列说法中不正确的是()图10-3-6A．气体温度升高，压强不变B．气体温度升高，压强变大C．气体对外界做正功，气体内能增加D．外界对气体做正功，气体内能减少E．外界对气体做正功，气体内能增加【解析】由于套筒内封闭着一定质量的气体，当猛推推杆时推杆迅速压缩气体，外界对气体做正功．由于这一过程进行得很快，可以看成是一个近似的绝热过程，即整个系统来不及向外界传递热量．根据热力学第一定律，这时外力做的功只能用来增加气体的内能，这就使气体分子的运动加剧，引起气体分子平均动能增加，气体温度升高．所以艾绒即刻被点燃．由于被封闭的气体质量不变，温度升高，而体积变小，则由气体状态方程知压强变大．故B、E选项正确，其他选项都错．【答案】ACD6．如图10-3-7所示，活塞将一定质量的气体封闭在直立圆筒形导热的汽缸中，活塞上堆放细沙，活塞处于静止，现逐渐取走细沙，使活塞缓慢上升，直到细沙全部取走．若活塞与汽缸之间的摩擦可忽略，则在此过程中的下列说法中正确的是()【导学号：11200181】图10-3-7A．气体对外做功，气体温度可能不变B．气体对外做功，内能可能不变C．气体压强可能增大，内能可能不变D．气体从外界吸热，内能一定增加E．气体压强减小，温度可能不变【解析】由于汽缸是导热的，则可以与外界进行热交换，细沙减少时，气体膨胀对外做功，可能由于与外界进行热交换吸热使内能不变，但压强减小．【答案】ABE7．关于物体内能的变化，以下说法中不正确的是()A．物体吸收热量，内能—定增大B．物体对外做功，内能一定减少C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变E．物体放出热量，外界对物体做功，内能可能不变．【解析】根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，物体内能的变化与外界对物体做功(或物体对外界做功)，物体从外界吸热(或向外界放热)两种因素有关．物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，故A错，同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减少，B错，若物体吸收的热量与对外做的功相等，则内能可能不变，C正确；同理，E正确．若物体放热同时对外做功，物体内能一定减少，故D错．【答案】ABD8．一定质量的气体，在从一个状态变化到另一个状态的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做多少功？【导学号：11200181】【解析】(1)由热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q＝－120 J＋280 J＝160 J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从2状态回到1状态过程中内能的变化应等于从1状态到2状态过程中内能的变化，则从2状态到1状态的内能应减少160 J．即ΔU′＝－160 J，又Q′＝－240 J，根据热力学第一定律得ΔU′＝W′＋Q′，所以W′＝ΔU′－Q′＝－160 J－(－240 J)＝80 J，即外界对气体做功80 J.【答案】(1)增加了160 J(2)外界对气体做功80 J[能力提升]9．关于一定量的气体，下列叙述不正确的是()A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减小C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．外界对气体做功，气体内能可能减少【解析】如果气体等温膨胀，则气体的内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，A正确；当气体体积增大时，对外做功，若同时吸收热量．且吸收的热量大于或等于对外做功的数值时，内能不会减少，所以B错误；若气体吸收热量同时对外做功，其内能也不一定增加，C错误；若外界对气体做功的同时气体向外放出热量，且放出的热量多于外界对气体所做的功，则气体内能不但未增加反而减少，所以D错误，E正确，故选B、C、D.【答案】BCD10．如图10-3-8所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是()图10-3-8A．单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少B．电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少C．电流对气体做功，气体对外做功，其内能一定增加D．电流对气体做的功一定大于气体对外做功E．电流对气体做的功一定等于气体对外做的功【解析】由题意知，气体压强不变，活塞上升，体积增大，由pVT为恒量知，气体温度升高，内能一定增加，由能的转化和守恒知，电流对气体做功一定大于气体对外做功，B 错，D 项正确．由气体压强的微观解释知温度升高，气体分子与活塞碰一次对活塞的冲击力增大，而压强不变；单位时间内对活塞的冲击力不变．因此单位时间内对活塞的碰撞次数减少，A 对．【答案】 ACD11．风沿水平方向以速度v 垂直吹向一直径为d 的风车叶轮上，设空气密度为ρ，风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高到h 的高度，效率为80%，求单位时间内最多可提升的水的质量m .【导学号：11200183】【解析】 设在t 时间内吹在风车上的空气的质量为m 0，则m 0＝14πd 2·v t ·ρ风的动能E k ＝12m 0v 2＝18πd 2v 3tρ根据题意：18πd 2v 3tρ×50%×80%＝mgh ，则m t ＝πd 2ρv 320gh .【答案】 πd 2ρv 320gh12．如图10-3-9所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22 cm ，现在用竖直向下的外力F 压缩气体，使封闭空气柱长度变为2 cm ，人对活塞做功100 J ，大气压强为p 0＝1×118 Pa ，不计活塞重力．问：图10-3-9(1)若用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强为多大？(2)若以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20 J ，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S ＝1 cm 2) 【导学号：11200184】【解析】 (1)设压缩后气体的压强为p ，活塞的横截面积为S ，l 0＝22 cm l ＝2 cm ，V 0＝l 0S ，V ＝lS缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V0＝pV，解得：p＝1.1×118 Pa.(2)大气压力对活塞做功：W1＝p0S(l0－l)＝2 J人做功W2＝100 J，由热力学第一定律：ΔU＝W1＋W2＋Q，将Q＝－20 J代入解得ΔU＝82 J. 【答案】(1)1.1×118 Pa(2)82 J。

综合水平测试本试卷分第Ⅰ卷 (选择题 )和第Ⅱ卷 (非选择题 ) 两部分。

满分 120 分，考试时间 90分钟。

第Ⅰ卷 (选择题，共 50 分)一、选择题 (此题共 10 小题，每题 5 分，共 50 分。

第 1～ 5 题只有一个选项切合题目要求，第6～ 10 题有多个选项切合题目要求，所有选对的得 5 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得0 分)1.以下说法中正确的选项是 ()A.因为空气分子间存在斥力，所以用气筒为自行车胎打气时，使劲才能压缩空气B.用手捏面包，面包体积减小是因为分子间有缝隙C.把碳素墨水滴到水中，察看到的布朗运动是碳分子的运动D.布朗运动和扩散现象都随温度高升而更加强烈答案D分析使劲给自行车胎打气的原由是气体压强的缘由， A 错误。

面包体积减小是因为面包块之间有缝隙， B 错误。

布朗运动为固体颗粒的运动， C 错误。

应选 D。

2.以下说法正确的选项是 ()A.凡是晶体都是各向异性B.拥有各向同性的固体都是非晶体C.各样金属资料是非晶体，因为其拥有各向同性D.单晶体、多晶体都是晶体，单晶体拥有各向异性，多晶体拥有各向同性答案 D分析单晶体拥有各向异性，多晶体拥有各向同性，A、B 错误，金属资料为晶体， C 错误， D 正确。

3.设阿伏加德罗常数为N A，银的摩尔质量为M，银的密度为ρ，则以下说法中错误的选项是 ()A.1 kg 银所含的原子数为ρN AB.1 m 3银所含的原子数为ρNA MMC.1 个银原子的质量为N AMD.1 个银原子所据有的体积为ρN A答案A1N A分析 1 kg 银所含原子数为M N A＝M，A 错误。

4.以下图中能正确表示盖—吕萨克定律的是 ()答案C分析由盖—吕萨克定律知，必定质量的气体，在压强不变的条件下，它的体积跟热力学温度成正比， A 错误；由 V∝T＝t＋273 K 可知 B、D 错误， C正确。

5.以下说法中不正确的选项是 ()A.在绝对零度邻近气体已液化，讨论气体压强没存心义B.绝对零度其实是不行能达到的C. 跟着技术的发展，绝对零度是能够达到的D. 用摄氏温标表示绝对零度，其数值是－273.15℃答案C分析气体趋近于绝对零度时，已液化，讨论气体压强没存心义， A 正确；绝对零度是全部低温物体的极限，不行能达到， B 正确， C 错误；用摄氏温标来表示绝对零度的数值是－273.15 ℃， D 正确。

学业分层测评(十六)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．煤、石油、天然气作为能源的共同特点的下列说法正确的是()A．可再生能源，取之不尽，用之不竭B．不可再生能源，用一点，少一点C．来自太阳辐射的能量D．污染环境的能源E．正在开发的新能源【解析】煤、石油、天然气是不可再生、污染环境的能源，它是由动、植物转化而来的，其来源可追溯到太阳能，故B、C、D正确．【答案】BCD2．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是()A．气体分子间的作用力可能先增大后减小B．气体分子的平均速率增大C．气体分子的平均动能减小D．气体组成的系统的熵增加E．气体一定吸热【解析】考虑气体分子间作用力时，若分子力是引力，分子间距从r0增大，则分子力先增大后减小，A正确．气泡上升过程中温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率也不变，B、C错误．气泡上升过程中体积膨胀，分子势能增加，内能增大，而对外做功，故气体一定吸收热量，又因为温度不变，故其熵必增加，D、E正确．【答案】ADE3．下列说法中正确的是()A．机械能和内能之间的转化是不可逆的B．气体向真空的自由膨胀是不可逆的C．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较有序的D．如果一个“宏观态”对应的“微观态”比较多，就说明这个“宏观态”是比较无序的E．无序意味着各处一样，平均、没有差别【解析】热现象的宏观过程都是不可逆的，故A错、B对，微观态越多越无序，因为无序是各处都一样，平均没有差别，故D、E正确，C错误．【答案】BDE4．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是()A．温度升高，分子的平均动能增大，每次碰撞对容器壁的作用力增大，但压强不一定增大B．体积减小，单位体积内的分子数增多，气体的内能一定增大C．绝热压缩一定质量的理想气体时，外界对气体做功，内能增加，压强一定增大D．一定质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，熵减小E．在等温膨胀中一定从外界吸热【解析】对于一定质量的理想气体，由p VT＝C知，温度升高，如果气体体积增大，压强不一定增大，A对；体积减小，单位体积内的分子数增多，如果对外放热，气体的内能可能减小，B错；孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展，D错，C对；气体在等温膨胀中，对外界做功，而内能不变，则一定吸热，故E对．【答案】ACE5．下列哪些现象能够发生，并且不违背热力学第二定律()A．一杯热茶在打开杯盖后，茶会自动变得更热B．蒸汽机把蒸汽的内能全部转化为机械能C．桶中混浊的泥水在静置一段时间后，泥沙下沉，上面的水变清，泥、水自动分离D．电冰箱通电后把箱内低温物体的热量传到箱外高温物体E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量【解析】A、B都违背了热力学第二定律，都不能发生．C中系统的势能减少了，D中消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，均能发生；不可能从单一热源吸收热量便之完全变为功，而不产生其他影响，故E正确．【答案】CDE6．对气体向真空中扩散的规律，下列说法中正确的是()A．气体分子数越少，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大B．气体分子数越多，扩散到真空中的分子全部回到原状态的可能性越大C．扩散到真空中的分子数在整个容器中分布越均匀，其宏观态对应的微观态数目越大D．扩散到真空中的分子数在整个容器中分布越不均匀，其宏观态对应的微观态数目越大E．气体向真空中扩散时，总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行【解析】气体分子数越多，其宏观态对应的微观态数目越多，无序性越大，故回到原状态的可能性越小，故A、C、E对，B、D错．【答案】ACE7．以下说法正确的是()A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能B．汽油是一种清洁能源C．水能是可再生能源D．煤、石油等常规能源是取之不尽，用之不竭的E．化石燃科(煤、石油、天然气)会严重污染环境．【解析】煤、石油、天然气等是动植物转化成的，其来源可追溯到太阳能，A对；汽油燃烧会引起一些化合物的产生，导致有毒气体的生成，B错；水能是可再生能源，C对；煤、石油、天然气等存量是有限的，是不可再生能源，D错；化石燃料会严重污染环境，故E对．【答案】ACE8．据《中国环境报》报道：从一份科技攻关课题研究结果显示，我国酸雨区已占国土面积的40%以上，研究结果还表明，我国农业每年因遭受酸雨而造成的经济损失高达15亿元．为了有效控制酸雨，目前国务院已批准《酸雨控制区和二氧化硫污染控制区划分方案》等法规．(1)在英国进行的一项研究结果表明：高烟囱可有效地降低地面SO2浓度，在20世纪60～70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于建造高烟囱的结果，地面浓度降低了30%之多，请你从全球环境保护的角度，分析这种做法是否可取？说明理由．(2)用传统的煤、石油作燃料，其主要缺点是什么？与传统的煤、石油作燃料相比，哪种物质可以作为新能源？主要优点是什么，缺点又是什么？【解析】(1)减少酸雨的产生是要杜绝污染源，而不是建造高烟囱转移污染，而杜绝酸雨的污染途径一般有三个：一是对煤、石油等传统能源进行处理，使其在燃烧过程中不产生SO2；二是对污染物SO2进行回收利用；三是开发新能源．(2)传统燃料的主要缺点是：①煤、石油是不易再生的化工燃料，其资源是有限的；②燃烧后产生的SO2、NO2等严重污染大气，进而形成酸雨；③燃烧后产生的CO2又会造成温室效应．与传统的燃料相比，氢可以作为目前最理想的燃料，优点：①H2可以用水作为原料来制取，取之不尽，用之不竭；②H2燃烧时放热多，放出的热量约为同质量汽油的3倍；③氢燃料的最大优点是燃烧产物为水，不易污染环境，还可循环使用．缺点：氢能源的提取、开发和利用的技术发明成为当务之急．【答案】(1)不可取，因为SO2的排放总量并没有减少，进一步形成的酸雨仍会造成对全球的危害. (2)见解析[能力提升]9．下列关于能量耗散的说法，正确的是()A．能量耗散使能的总量减少，违背了能量守恒定律B．能量耗散是指耗散在环境中的内能再也不能被人类利用C．各种形式的能量向内能的转化，是能够自动全额发生的D．能量耗散导致能量品质的降低E．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以任空消失【解析】能量耗散是能量在转化的过程中有一部分以内能的形式被周围环境吸收，遵守能量守恒定律，但使得能量品质降低，故A错，D对；耗散的内能无法再被利用，B项对；其他形式的能可以自发全部转化为内能，C项对；故选B、C、D；能量耗散能量既没有减少，也没有消失，故E错．【答案】BCD10．用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空(如图10-5-2甲)．现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器(如图10-5-2乙)，这个过程称为气体的自由膨胀．下列说法正确的是() 【导学号：11200189】甲乙图10-5-2A．自由膨胀过程中，气体分子只做定向运动B．自由膨胀后，气体的压强减小C．自由膨胀前后，气体的温度不变D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分E．自由膨胀过程中，气体不做功【解析】气体向真空膨胀，不对外做功，在充满整个容器过程中也没有热交换，根据热力学第一定律知内能不变，温度不变，C正确；气体膨胀后体积增大，温度不变，根据理想气体状态方程可知气体压强减小，B正确；自然过程是大量分子从有序运动状态向无序运动状态转化的过程，但其逆过程却不能自动地进行，A、D错误；自由膨胀过程中由于不受阻力，因此气体不做功，E对．【答案】BCE11．设计在风力资源丰富的甘肃河西走廊西端的玉门建一个大型风力发电场，其单机的额定功率为600 kW.通过实验测得风力发电机的功率与风速的关系曲线如图10-6-2所示．从图示资料可知：当平均风速大于______m/s时就可以发电，当平均风速达到______m/s时达到额定功率．气象资料显示：河西走廊常年平均风速为v＝12 m/s，则一台风力发电机的年发电量约为______kW·h.【导学号：11200100】图10-6-2【解析】由题图可知，横坐标为风速、纵坐标为功率，起点处纵坐标为零，横坐标在2～3之间，所以当平均风速大于2 m/s时，就有电功率输出，就能发电．再由图线可知，在风速达到14 m/s时，电功率稳定，所以此时达到额定功率．风速v＝12 m/s时，对应电功率为530 kW，应用W＝Pt公式，将数据代入求解整理可得W＝4.64×118 kW·h.【答案】214 4.64×11812．能源问题是当前热门话题，传统的能源——煤和石油，由于储量有限，有朝一日要被开采完，同时在使用过程中也会带来污染，寻找新的、无污染的能源是人们努力的方向，利用潮汐发电即为一例．如图10-6-3表示的是利用潮汐发电，左方为陆地和海湾，中间为大坝；其下有通道，水经通道可带动发电机．涨潮时，水进入海湾，待内外水面高度相同时，堵住通道，如图甲．潮落至最低点时放水发电，如图乙．待内外水面高度相同时，再堵住通道，直到下次涨潮至最高点，又进水发电，如图丙．设海湾面积为 5.0×118 m2，高潮与低潮间高度差为 3.0 m，则一天内流水的平均功率为____MW.图10-6-3【解析】潮汐发电其实质就是将海水的重力势能转化为电能．每次涨潮时流进海湾(落潮时流出海湾)的海水的重力为mg＝ρShg＝1.0×118×5.0×118×3×10 N＝1.5×1012 N，其重心高度变化为h′＝1.5 m.一天内海水两进两出，故水流功率为P＝4mgh′t＝4×1.5×1012×1.524×3 600W＝1.0×118 W＝100 MW.【答案】100。